上海华师一附中2024届高三数学选填专项训练（10）答案

这是一份上海华师一附中2024届高三数学选填专项训练（10）答案，共11页。试卷主要包含了BD等内容，欢迎下载使用。
1．D
【解析】结合纯虚数的定义，可得，从而可求出的值，进而求出的值即可.
【详解】因为复数为纯虚数，所以，解得.
所以.
故选：D.
【点睛】本题考查纯虚数，考查学生对基础知识的掌握.
2．C
【分析】根据平均数、众数、中位数和百分位数的定义和计算方法进行解答即可.
【详解】把10个数据从小到大排列：4，5，7，7，7，7，8，8，9，10，
故平均数为：（分），出现次数最多的是7，因此众数为7分，中位数为（分），又，所以85%分位数在第9位，即9分.
故选：C.
3．B
【分析】将分式不等式转化为二次不等式，求得分式不等式的解集，根据集合的关系得到M是N的子集，进而得到在上恒成立，然后采用分离参数方法转化为利用配方法和二次函数的性质求得右边的最大值，即得a的取值范围.
【详解】且，故
∵，∴，由题意可得：在上恒成立
即在上恒成立，故只需
，当即时，，故，
故选：B．
【点睛】本题考查分式不等式的求解，二次不等式的求解，不等式恒成立问题，关键是分离参数方法处理不等式恒成立问题.
4．A
【分析】根据的单调性、周期性求得的最小值.
【详解】在区间上是增函数，在区间上是减函数，
，
，
所以的最小值为.
故选：A
5．A
【分析】由题意，判断，，可得，再根据对数换底公式，可得，即可判断得.
【详解】由题意，，，所以，根据对数换底公式可知，即，所以.
故选：A
6．D
【分析】以为一边作正方形，然后把问题转化为正方形的中心在圆上或圆内，从而求出的取值范围.
【详解】以为一边作正方形，若对角线与圆有交点，则满足条件的存在，此时正方形的中心在圆上或圆内，即，
所以，所以，所以.

故选：D.
7．A
【分析】根据给定条件，利用点位于平面内的充要条件，建立关系即可判断作答.
【详解】因为点P为平面ABC上的一点，，则，
于是，即，显然选项BCD都不满足，A选项满足.
故选：A
8．B
【分析】由题意可知，数列的规律为：分母为的项有项．将数列中的项排成杨辉三角数阵且使得第k行每项的分母为，该行有项，那么位于数阵第11行最后一项，通过计算得；设数阵中第k行各项之和为，则，故通过计算可得满足的最小正整数，即可得出最后结果.
【详解】由题意可知，数列的规律为：分母为的项有项．将数列中的项排成杨辉三角数阵且使得第k行每项的分母为，该行有项，如下所示：
对于①，位于数阵第11行最后一项，对应于数列的项数为
，
∴；
对于②，数阵中第k行各项之和为，
则，
且数列的前k项之和
，
，
而，
故恰好满足的项位于第11行．
假设位于第m项，则有
，
可得出．
由于，，
则，∴．
因为前10行最后一项位于的第
项，
因此，满足的最小正整数，
所以．
故选：B
【点睛】本题主要考查了等比数列的前项和公式，考查了学生的归纳推理能力和运算求解能力.
9．D
【分析】令，利用导数求出单调性可判断A；对取对数可得，判断B；令，利用导数求出单调性，根据可求出的范围；令，利用导数求出单调性可判断D.
【详解】令，，则，所以在区间内单调递减，所以，又，所以，A项错误；
对两边取自然对数得，即，B项错误；
令，则，故在区间内单调递增，在区间内单调递减，因为且，所以，C项错误；
假设，则，所以，
令，则，故在区间内单调递增，故当时，，所以不存在，满足，D项正确．
故选：D．
【点睛】关键点睛：本题考查根据已知条件判断不等式，解题的关键是构造合适的函数，根据导数求出函数的变化情况判断.
10．BD
【分析】A.举反例说明该选项错误；
B.由不等式的乘法性质得该选项正确；
C. 符合不能确定，所以该选项错误；
D. 利用作差法判断得该选项正确.
【详解】A. 若，所以该选项错误；
B. 若，则，由不等式的乘法性质得该选项正确；
C. 若，则符号不能确定，所以该选项错误；
D. 若，则，则，所以该选项正确.
故选：BD
11．AC
【解析】令，则，根据，可判定A正确；由，可判定B错误；根据等差数列的性质，可判定C正确；，根据，可判定D错误.
【详解】令，则，因为，所以为等差数列且公差，故A正确；
由，所以，故B错误；根据等差数列的性质，可得，所以，，
故，故C正确；
由，因为，所以是递增的等差数列，故D错误.
故选：AC.
【点睛】解决数列的单调性问题的三种方法；
1、作差比较法：根据的符号，判断数列是递增数列、递减数列或是常数列；
2、作商比较法：根据或与1的大小关系，进行判定；
3、数形结合法：结合相应的函数的图象直观判断.
12．BD
【分析】根据棱柱和棱台的体积公式计算，即可判断A；根据直观想象，结合棱柱、三棱锥的概念即可判断BC；根据题意确定棱柱的外接球，结合外接球的体积公式，利用基本不等式计算即可判断D.
【详解】A：当平面水平放置时，假设都为所在棱的中点，
设水面到底面的的距离为，，
所以水的体积为，
又转动前水的体积为，
所以不为所在棱的中点，故A错误；
B：当平面水平放置时（始终保持水平），则平面平面，
所以有水的部分是棱柱，故B正确；
C：在翻滚､转动容器的过程中，
当平面水平放置时，三棱锥的体积取到最大值，如图，
此时，
而水的体积为，所以有水的部分不可能是三棱锥，故C错误；
D：取的中点，连接，取的中点O，连接OA，
则D为的外接圆圆心，O为三棱柱外接球的球心，
所以为外接球的半径，且，
所以直三棱柱外接球体积.
由选项A可知，容器中水的体积为，
又，所以，
当且仅当时等号成立，所以，
则水的体积与直三棱柱外接球体积之比为，
即容器中水的体积与直三棱柱外接球体积之比至多为，故D正确.
故选：BD.
13．10
【分析】分两种情况考虑，即每个家庭乘坐一辆车和每对夫妻乘坐的车上恰有一个自己的孩子，根据分类加法原理即可得答案.
【详解】由题意得当每个家庭各乘坐一辆车时，有2种乘车方案；
当每对夫妻乘坐的车上恰有一个自己的孩子时，乘车方案种数为，
故满足条件的不同乘车方案种数为，
故答案为：10
14．
【分析】设双曲线方程为，由重心可知为的一条中线，即可判断点为的中点，则为，分别讨论的两腰，并检验点为重心，即可求解.
【详解】由题，设双曲线方程为，
因为点B恰为的重心，则为的一条中线，
所以点为的中点，则为，
因为为等腰直角三角形，若，则点为左支的顶点，且，
所以设，则，即，
所以，因为，解得，即，
此时，，，所以重心为，
即为，是点，符合题意；
若，则设点为点关于轴的对称点，所以可设，
则，即，所以，解得，即，
此时，，则重心为，即，
又，即重心不在双曲线上，不符合条件，
综上，，
故答案为：2
【点睛】易错点点睛：（1）双曲线的离心率大于1；
（2）对于等腰直角三角形，需讨论哪两条边为腰。
15．
【分析】记，，不妨设与相切于点，与相切于点，则，，利用导数求出，再求出直线，的方程，解方程求出点的横坐标，再利用基本不等式得解.
【详解】记，，
由函数图象可知，不妨设与相切于点，与相切于点，则，．
∴，，∴，，
∵，∴，即，所以，
∵的方程为，的方程为，
两方程相减得点的横坐标，
∵，∴，
∴，即点横坐标的取值范围是．
故答案为：
16．
【分析】记玻璃棒的另一端落在上点处，过作为垂足，设，记与水面的交点为，过作为垂足，再将空间问题转化为平面问题，利用正弦定理与余弦定理求解即可.
【详解】解：由题,设O，是正棱台的两底面中心.由正棱台的定义，OO平面，
所以平面平面
同理，平面平面.
记玻璃棒的另一端落在上点处.
过作为垂足，则
因为，
所以，从而
设，则.
因为，所以.
在中，由正弦定理可得，解得
因为，所以.于是
记与水面的交点为，过作为垂足，则平面，
故，从而
故答案为：
【点睛】本题主要考查正棱台的概念，考查正弦定理､余弦定理等基础知识，考查空间想象能力和运用数学模型及数学知识分析和解决实际问题的能力.本题解题的关键在于根据空间图形，将空间问题平面化，利用正弦定理和余弦定理求解.